2018届全国卷高考考前适应性试卷(三)(化学)

2018届全国卷高考考前适应性试卷（三）

化 学

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

7．纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是

A．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”

B．《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料 C．“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热

D．唐未《真元妙道要略)中有云：“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程

【答案】A

【解析】A项，绿矾不能电离出H+，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B 正确；C．“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热是正确；D．黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，所以D选项是正确的；答案：A。

8．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．标准状况下，1.12 L CCl4含有质子数的数目为3.7NA

B．常温常压下，3.0 g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA

1

C．常温时，56g Fe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NA

D．晶体B的结构单元如右图，则11g晶体B含有0.6NA个三角形（相邻原子构成） 【答案】B

【解析】A、标况下，CCl4是液体，故A错误；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最简式为(CH2O)n，3.0 g混合物中有0.1mol CH2O，故原子总数为0.4NA，故B正确；C、常温时，56g Fe与足量浓硝酸钝化，故C错误；D、B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11gB，即为1molB含有的三角形数为5/3NA，故D错误；故选B。

9．下列说法正确的是

A．分子式为C4H8O2的有机物共有5种

B．蛋白质在酶等催化剂作用下水解可得到氨基酸 C．乙烷、氯乙烷、二氯乙烷互为同系物 D．植物油中不可能含有碳碳双键 【答案】B

【解析】A、分子式为C4H8O2的有机物可能是羧酸可能是酯，其中属于羧酸的C3H7COOH有2种，属于酯的有HCOO C3H72种，CH3COOC2H5，C2H5COOCH3，共有6种，故A错误；B、蛋白质在人体中最终水解为氨基酸，故B正确；C．氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷分别含有1个、2个、3个氯原子，结构不相似，不是同系物，故C错误；D． 植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，故D错误；故选B。

10．下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中 某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应 向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液 将少量牛油加入到纯碱溶液中，加热一段时间 产生红棕色气体 硝酸的还原产物是NO2 B 火焰呈黄色 白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀 该粉末一定是钠盐 C Ksp(AgI)

【答案】C

【解析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误； B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，故B错误；C． 因为相同温度下Ksp(AgI)

11．近年来，尿素电氧化法处理富含尿素的工业废水和生活污水得到了广泛关注，该法具有操作简易、处理量大、运行周期长等优点，且该过程在碱性条件下产生无毒的CO2、N2．电池工作时，下列说法错误的是

A．负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH--6e-===N2↑+CO2↑+5H2O B．正极附近溶液的pH增大 C．隔膜只允许阳离子通过

D．处理掉废水中尿素1.0g时消耗O2 0.56L（标准状况） 【答案】C

【解析】由电池工作时的图像可知，通尿素的一极为负极，发生氧化反应，电极反应为：CO(NH2)2+6OH--6e-===N2↑+CO2↑+5H2O ；通氧气的一极为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，以此解答该题．A．负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH--6e-===N2↑+CO2↑+5H2O ，A正确；B．正极附近发生电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，产生OH-，使溶液的pH增大，B正确；C．为维持溶液的电中性， 正极附近产生的OH-通过隔膜进入负极被消耗，隔膜允许阴离子通过，C错误；D．根据电极反应可知负极每消耗尿素1.0g时转移的电子为1/10mol，根据正极反应可得消的耗O2为：1/10×1/4×22.4=0.56L，D正确；答案选C。

12．四种短周期元素在周期表中的位置如下图，其中Y元素原子电子层数等于最外层电子数。下列说法不正确的是

3

A．Z位于元素周期表中第三周期、第IVA族 B．Y 的最高价氧化物不能和X 的简单氢化物反应 C．M的非金属性比Z的弱 D．原子半径比较： X

【解析】Y元素原子电子层數等于最外层电子数，Y是Al元素，根据四种短周期元素在周期表中的位置，Z、M、X分别是Si、N、O；Si位于元素周期表中第三周期、第IVA族，故A正确；氧化铝和水不反应，故B正确；N的非金属性大于Si，故C错误；同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径N>O，故D正确。

13．25℃时，有c(HA)+c(A-)=0.1mol/L 的一组HA、KA 混合溶液，溶液中c(HA)、c(A-)与pH 的关系如下图所示。下列叙述不正确的是

A．pH= 5.75 的溶液中： c(K+)>c(A- )>c(HA)>q(H+)>c(OH- )

B．欲得W 点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)+c(A-)=0.1mol/L 且c(KA)

【解析】 pH=5.75的溶液呈酸性，c(K+)>c(A- )>c(HA)>q(H+)>c(OH- )不符合电荷守恒，

cA?cH??????cc?HA?故A错误；根据W点，HA的电离平衡常数是

?H??10??4.75，A-的水解平衡常

KW10-14=-4.75=10-9.25数为Ka10，HA电离大于A-水解，欲得W点所示溶液，c(KA)

c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，c(K+)+c(H+)-c(OH-)+c(HA)=0.1mol/L，则c(K+)+c(H+)= c(A-)+ c(OH-)，

KW10-14=-4.75=10-9.25符合电荷守恒，故C正确；根据B选项，A-的水解平衡常数为Ka10，lgKb=-9.25，

4

故D正确。

26．（14分）某实验小组同学设计了如图装置探究生铁与少量浓硫酸反应的气体产物。

（1）该实验的操作依次是 （填序号）。 A．加热a试管直到b中澄清石灰水变浑浊，熄灭酒精灯 B．将生铁丝上提离开液面

C．连接好装置，检验气密性，加入试剂

（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的气体肯定是SO2，你同意吗？为什么？ 。

（3）乙同学认为该反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，请用如图所列各装置设计一个实验，来验证并测量所产生的气体。（图中加热装置、夹持仪器省略，除装置⑤外，其他装置试剂均为足量）

① ② ③ ④ ⑤ ⅰ．装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是 → → → → 。（填装置的编号）

ⅱ．证实生成的气体中同时存在SO2和H2的现象是 。 （4）已知A瓶中为200 mL 0.1000 mol·L-1酸性KMnO4溶液。丙同学为测定乙同学实验中反应生成的各气体含量，进行了如下探究：⑤中反应结束后，通N2将⑤中生成的气体全部赶出，先后三次取A中反应后的溶液于锥形瓶中，每次取用25.00 mL，用0.2000 mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定。

ⅰ．装置①的A中发生反应的离子方程式为 。

5

ⅱ．重复滴定三次，平均每次耗用H2C2O4标准溶液15.63 mL，则本实验中生铁与浓硫酸反应产生的SO2气体的物质的量为 。（保留小数点后三位数字）

【答案】（1）CAB（2分）

（2）不同意（1分），生铁中的碳与浓硫酸加热会产生CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊（2分）

（3）i．⑤①③④②（共2分）

ii．装置①的A中溶液紫红色变浅说明生成了SO2，装置②中黑色粉末变红说明生成了H2（2分，其他合理答案也可）

（4）i．5SO2+2MnO4-+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+（2分）ii．0.025mol（3分） 【解析】（1）实验开始时连接好装置，检验气密性，加入试剂，加热，实验结束，应将生铁丝上提离开液面。（2）生铁中含有的碳也会与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2气体。（3）i．⑤是气体发生器，①中有品红溶液，可联想①是用来验证SO2的，③中澄清石灰水显然是用来验证CO2的，②是装有氧化铜粉末的反应管，可验证氢气。由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此从⑤出来的气体必须先用装置①验证，并除去SO2，然后进入装置③验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应为⑤→①→③→④→②。ii．SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。氢气具有还原性，能还原黑色氧化铜生成红色的铜。（4）ii．消耗草酸的物质的量为0.01563L×0.2000mol·L-1= 0.003126 mol，由5H2C2O4+2MnO4-+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗高锰酸钾0.0012504 mol，即与SO2反应后剩余高锰酸钾0.0012504mol×8=0.010mol，则与SO2反应的高锰酸钾的物质的量为0.020mol－0.010mol=0.010mol，所以该反应生成的SO2是0.025mol。

27．（15分）氢、碳、氮、氧、铝为五种常见的短周期元素，请回答下列问题： （1）在密闭容器内（反应过程保持体积不变），使1 mol N2和3 mol H2混合发生下列反应：N2(g) + 3H2(g)

2NH3 (g) △H=-92.4 kJ·mol-1。当反应达到平衡时：

①N2和H2的浓度之比是 。

②其他条件不变，升高温度，则混合气体的平均相对分子质量 (填“增大”“减小”或“不变”)。

③其他条件不变，再向容器内充入1 mol N2，H2的转化率 （填“升高”“降低”或“不变”）。

④其他条件不变，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡 （填“正向“‘逆向”或“不”）移动。

6

（2）由上述元素中的三种组成的原子个数比为1:3:9的某种强酸弱碱盐的化学式为____，其溶于水能____（填“促进”或“抑制”）水的电离使溶液显 （填“酸”或“碱”）性，原因是 （用离子方程式表示）。

（3）空气是硝酸工业生产的重要原料，氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在铁触媒作用下只发生主反应①和副反应②。

4NH3 (g) + 5O2(g)=== 4NO (g) + 6H2O (g) △H=-905 kJ·mol-1 ① 4NH3 (g) + 3O2(g)=== 2N2 (g) + 6H2O (g) △H=-1268 kJ·mol-1 ②

则氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为 。 （4）M是重要的有机化工原料，其分子与H2O2含有相同的电子数，将1 mol M在氧气中完全燃烧，只生成1 mol CO2和2 mol H2O，则M的化学式为 。若某种燃料电池采用铂作为电极，以KOH溶液为电解质溶液，以M为燃料，以空气为氧化剂，则该电池的正极反应式为 。

【答案】（1）①1:3（1分）②减小（1分）③升高（1分）④正向（1分） （2）A1(NO3)3（2分）促进（1分）酸（1分）A13++3H2O （3）N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1(2分) （4）CH3OH（l分） O2+4e-+2H2O═4OH-（2分）

【解析】（1）①合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，充人的N2和H2的物质的量之比与二者反应消耗的物质的量之比均为1:3，所以当反应达到平衡时，剩余的N2和H2的浓度之比仍是1：3；②升高温度，平衡逆向移动，则混'合气体中分子总数增多，但总质量不变，平均相对分子质量减小；③达到平衡时再向容器内充人1molN2，平衡正向移动，H2的转化率升高；④达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、C(NH3)同时增大1倍，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，从而使平衡正向移动。（2）符合条件的强酸弱碱盐为Al(NO3)3，因其溶于水电离出的Al3+水解，从而促进水的电离，溶液显酸性。（3）根据盖斯定律可得氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1。（4）H202分子内有18个电子。由1molM在氧气中完全燃烧生成1molCO2和2molH2O得出M的化学式为CH3OH。在该甲醇燃料电池中，负极反应式为CH3OH+80H--6e-═CO32-+6H2O，正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-

28．（14分）高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如下：

7

A1(OH)3+3H+（2分）

（1）发生“电解I”时，所用的交换膜是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

（2）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。

①“歧化反应”的化学方程式为 。

②“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是 。

（3）“电解II”的阳极产物为 (填离子符号)。

（4）操作a的操作名称是 ，该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。

（5）用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为at，最终制得的Cu(ClO4)2·6H2O为bt，则产率为 (用含a、b的代数式表示)。

【答案】（1）阳离子交换膜

（2）①3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2 ②60℃

（3）ClO4- （4）蒸发浓缩 NaCl （5）(702b/371a)×100%

【解析】以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(C1O4)2?6H2O]，则生成产物应生成高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3 ，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%

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以上的高氯酸， “反应II”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液。

（1）“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离电解

子方程式为：2Cl- +2H2O=====2OH-+H2↑+Cl2↑，需要防止氢氧根离子与氯气反应，因此选择阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；

（2）①“歧化反应”时，氯气通入碳酸钠溶液发生反应，生成的产物之一为NaC1O3，同时生成二氧化碳气体，歧化反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2；②图象分析可知60°C产率最高，则该反应最适宜的温度是：60°C，故答案为：60℃；

（3）通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；

（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；

（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成NaC1O3和NaCl，电解后NaC1O3变成NaC1O4，加入盐酸反应生成HC1O4，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O

假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1molNaC1O3，根据氯元素守恒最

b702b16H2O，因此产率=a×100%=×100%，故答案为： 终得到0.5molCu(ClO4)2·??371371a58.512702b×100%。 371a35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

A、B、C、W、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素。A、C的基态原子中都有两个未成对电子，W是短周期中原子半径最大的金属元素，M为其所在周期中电负性最大的元素，基态N原子的3d轨道上有6个电子。

请回答下列问题：

（1）N在周期表中的位置是 ；N的单质的一种晶胞如图1，该晶胞为 堆积。

（2）A、B、C第一电离能由小到大的顺序为 。

（3）(AB)2中所有原子均满足8电子结构，则(AB)2中σ键与π键个数之比为 。

9

（4）C的简单氢化物在同主族元素的简单氢化物中沸点反常，其原因是 。

（5）与B3-互为等电子体的分子为 （写出一种）。依据价层电子对互斥理论，BC3-的空间构型为 。

（6）BM3中B原子的杂化轨道类型是 。

（7）如图2所示为W、M两种元素形成的化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图：若a＝5.6×10-8 cm，，则该晶体的密度为 g·cm-3（精确到小数点后1位）。

【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2分）面心立方密（1分） （2）C＜O＜N（2分） （3）3:4（2分）

（4）H2O分子间能形成氢键（2分）

（5）CO2或N2O（1分）平面正三角形（1分） （6）sp3杂化（2分） （7）2.2（2分）

【解析】根据题给条件可推断出A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，W为钠元素，M为氯元素，N为铁元素。（1）铁位于周期表第四周期第Ⅷ族，由题给晶胞可知，该晶胞为面心立方密堆积。（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，由于N的2p轨道上电子半充满，较稳定，难以失去电子，则C、N、O三种元素第一电离能从小到大的顺序是C＜O＜N。（3）根据(CN)2中所有原子均满足8电子结构知，其结构式为

，

1个(CN)2分子中有3个σ键和4个π键，则σ键与π键个数之比为3:4。（4）O的简单氢化物为H2O，H2O分子间能形成氢键，所以沸点反常。（5）与N3-互为等电子体的分子有CO2、N2O等；依据价层电子对互斥理论，NO3-的空间构型为平面正三角形。（6）NCl3中心原子5?3?1=42价层电子对数为，所以N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（7）由晶胞结构可知，

1个NaCl晶胞中含有Na数为1＋12×1/4=4；Cl数为8×1/8＋6×1/2=4。故该晶体的密度为

10

（4×58.5）/[6.02×1023×（5.6×10-8）3]=2.2（g?cm-3）。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分） 医药中间体M 的合成路线如下：

?RCOOH 已知：①RCN????SOCl2R1OHRCOOH????RCOCl????RCOOR1 ②

H2O/H?③

请回答下列问题：

（1）M的分子式为 ，A的结构简式为 。 （2）B中所含官能团的名称为 。 （3）C→D和E→F的反应类型分别是 、 。

（4）写出C→D的化学方程式 ，B + F→C的化学方程式 。

（5）N是G的某种能发生水解反应的同分异构体，N的核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积之比为2:3 ，则所有符合条件的N的结构简式为 。

（6）写出由甲苯制取A的合成路线（无机试剂任选）。 【答案】（1）C10H9O3Cl（1分）（2）羧基、羟基（2分）

（3）氧化反应（1分）取代反应（1分） （4）

Cu2CH3CH2OH+O2???2CH3CHO+2H2O?（1分）

（2分）

HC1（2分）

（5）

（2分）

11

（6）分）

（3

【解析】本题可以从两边向中间推。由题给已知条件②和M的结构简式，可推出G的

结构简式为

；再由ch2=ch2可推出C为CH3CH2OH，D为CH3CH0，E为

；结合已知条件①，可推出A为

CH3COOH，结合已知条件②，推出F为

。

（2）由B的结构简式可知其含有羧基和羟基两种官能团。（3）C→D是氧化反应，E→F是取代反应。（5）N能水解说明含有酯基，N的核磁共振氢谱有两组峰，说明N的结构对称，结合峰面积之比为2：3，可推知含有两个甲基，符合题意的N的结构简式为

、

。

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